Série de fonctions

Bonjour,

Sais-tu tracer le graphe de la fonction $x \mapsto \tanh {x \over n}, x \in \R, n \in \N^*$ ? Et puis compare au graphe de la fonction $x \mapsto x, x \in \R$... peux-tu en déduire une inégalité utile pour ton exercice ?

Pour le 4.13).2, tu peux commencer par multiplier la fonction somme par (x-1) puis effectuer une transformation d'Abel.

Pour la 4.14).4, en imaginant qu'on demande l'équivalent en $+\infty$ et non en $1$, il me semble que l'on peut dériver terme à terme puis calculer la limite de la dérivée en $+\infty$ par interversion et enfin obtenir un équivalent de la fonction de départ à l'aide des accroissements finis.

Je n'ai pas rédigé, mais ça a l'air de bien fonctionner.

Effectivement, par convergence normale sur R de la série dérivée, on obtient que f' à pour limite 0 en $+\infty$... Cela met à plat le reste de la méthode que j'évoquais puisqu'elle nécessite une limite non nulle.
Il faudra que j'y réfléchisse à nouveau.

En fait, j'ai trouvé pendant la nuit une autre technique qui aboutit au même résultat.

On commence par les majorations.
On coupe la somme en $N$ et on majore la tangente hyperbolique par 1 dans la première moitié et par la fonction identité dans la seconde. Ensuite, on utilise $\frac{1}{n}\leq -\ln(1-\frac{1}{n})$ et on obtient :
$$\forall N\in\N^*,\forall x\in\R, f(x)\leq \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n} + \sum_{n=N+1}^{+\infty}\frac{x}{n^2} \leq 1+\sum_{n=2}^{N}(\ln(n)-\ln(n-1)) + x\sum_{n=N+1}^{+\infty}\frac{1}{n(n-1)}=1+\ln(N)+\frac{x}{N}$$

En choisissant $N=\lfloor x\rfloor$, on a donc $\forall x>1, f(x)\leq 1+\ln(\lfloor x\rfloor)+\frac{x}{\lfloor x\rfloor}\leq \ln(x)+2+\frac{1}{x-1}$.

Pour la minoration, on écrit directement que :
$$\forall N\in\N^*, \forall x\in\R, f(x)\geq \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} \tanh\left(\frac{x}{n}\right)\geq \tanh\left(\frac{x}{N}\right) \times \sum_{n=1}^N (\ln(n+1)-\ln(n))=\tanh\left(\frac{x}{N}\right) \ln(N+1)$$

Ainsi, en prenant $N=\lfloor \frac{x}{p} \rfloor$ pour $0<p\leq x$, on a :
$$\forall p> 0,\forall x \geq p, f(x)\geq \tanh\left(\frac{x}{\lfloor \frac{x}{p} \rfloor }\right) \ln(\lfloor \frac{x}{p} \rfloor+1 ) \geq \tanh \left(\frac{px}{x+p}\right) (\ln(x)-\ln(p))$$

Par conséquent, pour $\epsilon >0$ fixé, en prenant $p>0$ tel que $\tanh(\frac{p}{2})\geq 1- \frac{\epsilon}{2}$ et $x \geq p$ tel que d'une part $\left | \dfrac{\tanh(\frac{p}{2}) \ln(p)}{\ln(x)}\right| \leq \frac{\epsilon}{2}$ et d'autre part $\frac{2+\frac{1}{x-1}}{\ln(x)}\leq \epsilon$, on a donc $$ (1-\frac{\epsilon}{2})-\frac{\epsilon}{2} \leq \tanh(\frac{p}{2})(1-\frac{\ln(p)}{\ln(x)})\leq \frac{f(x)}{\ln(x)}\leq 1+\epsilon$$
et finalement $\left| \frac{f(x)}{\ln(x)}-1\right|\leq \epsilon$, ce qui fournit l'équivalent cherché.

Elle ne l'est pas tant que ça : j'ai juste zappé certains détails par flemme de tout écrire.
Mais je veux bien que tu détailles celle que l'on t'a donnée.

Il y a juste un petit bug dans la démo sur le papier : une intégrale impropre divergente au moment du calcul de l'équivalent. Mais ça doit marcher quand même si on remplace la borne 0 par un 1.